Calculons $$I={\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx$$ Géométriquement, cette intégrale représente l’aire d’un quart de disque de rayon $1$ centré à l’origine. Donc on sait qu’elle doit valoir $\frac{\pi }{4}$; voyons comment l’obtenir par le calcul.
Idéalement, on aimerait un changement de variable qui fasse disparaître la racine.

1. On peut le faire à l’aide du changement de variable
   $$x=\phi (t):=\sin (t),t\in [0,\frac{\pi }{2}]$$
   qui satisfait les hypothèses du théorème puisque $\phi (t)\in [0,1]$ pour tout $t\in [0,\frac{\pi }{2}]$.
   
   Comme $\phi$ est aussi croissante sur $[0,\frac{\pi }{2}]$, et $\phi (0)=0$, $\phi (\frac{\pi }{2})=1$, la formule du changement de variable donne
   $$\begin{array}{rl}I={\int }_{\phi (0)}^{\phi (\frac{\pi }{2})}\sqrt{1-x^2}dx& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{1-\phi (t{)}^2}{\phi }^{\prime }(t)dt\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}|\cos (t)|\cos (t)dt\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^2(t)dt\\ & =\{\frac{t}{2}+\frac{\sin (2t)}{4}\}{|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{4}\end{array}$$
2. On aurait aussi pu poser
   $$x=\phi (t):=\cos (t),t\in [0,\frac{\pi }{2}],$$
   qui satisfait également $\phi (t)\in [0,1]$ pour tout $t\in [0,\frac{\pi }{2}]$. Ici, $\phi$ est décroissante:
   
   Mais comme $\phi (0)=1$, $\phi (\frac{\pi }{2})=0$, la formule devient
   $$\begin{array}{rl}I={\int }_{\phi (\frac{\pi }{2})}^{\phi (0)}\sqrt{1-x^2}dx& ={\int }_{\frac{\pi }{2}}^0\sqrt{1-\phi (t{)}^2}{\phi }^{\prime }(t)dt\\ & ={\int }_{\frac{\pi }{2}}^0|\sin (t)|(-\sin (t))dt\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^2(t)dt=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

Considérons l’intégrale indéfinie $$\int \sin (2x)dx.$$ On aimerait que $2x=t$ donc on pose $x:=\phi (t)=\frac{t}{2}$. On commence par calculer $$G(t)=\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt=\frac{1}{2}\int \sin (t)dt=-\frac{1}{2}\cos (t)+C$$ puis on inverse: $$F(x)=G({\phi }^{-1}(x))=G(2x)=-\frac{1}{2}\cos (2x)+C.$$

Considérons l’intégrale indéfinie $$\int \frac{x}{x+1}dx.$$ Posons $x+1=t$, c’est-à-dire $x=\phi (t):=t-1$. On commence donc par calculer $$\begin{array}{rl}G(t)=\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt& =\int \frac{t-1}{t}dt\\ & =\int \{1-\frac{1}{t}\}dt\\ & =t-\log |t|+C,\end{array}$$ puis on inverse pour obtenir $$F(x)=G({\phi }^{-1}(x))=(x+1)-\log |x+1|+C.$$ Si on écrit les choses de façon plus compacte: $$\begin{array}{rl}\int \frac{x}{x+1}dx=\int \frac{t-1}{t}dt& =\int (1-\frac{1}{t})dt\\ & =t-\log |t|+C\\ & =(x+1)-\log |x+1|+C\end{array}$$

Considérons la primitive (en supposant bien sûr que $x>0$) $$\int \frac{dx}{x+x\log (x{)}^2}.$$ On se souvient que $(\log (x){)}^{\prime }=\frac{1}{x}$, on peut donc poser $t=\log (x)$, qui donne $$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{x+x\log (x{)}^2}& =\int \frac{1}{1+\log (x{)}^2}\frac{dx}{x}\\ & =\int \frac{1}{1+t^2}dt\\ & =\arctan (t)+C\\ & =\arctan (\log (x))+C.\end{array}$$

Considérons l’intégrale indéfinie $$\int \sqrt{1-x^2}dx.$$ Remarquons qu’ici, la fonction intégrée est définie pour $x\in [-1,1]$. Comme dans le cas du changement de variable pour l’intégrale définie, on aimerait ne plus avoir de racine, et donc pouvoir écrire “$1-x^2$” comme un carré. Une identité qui réalise ce qu’on veut est la suivante: $$\boxed{1-(\cos (t){)}^2=(\sin (t){)}^2.}$$ On peut donc essayer de poser $$x=\phi (t):=\cos (t),\text{avec }t\in [0,\pi ].$$ Alors $\phi :[0,\pi ]\to [-1,1]$ est continûment dérivable sur $]0,\pi [$, inversible, avec ${\phi }^{-1}:[-1,1]\to [0,\pi ]$ donnée par ${\phi }^{-1}(x)=\arccos (x)$. On a donc $$\begin{array}{rl}G(t)& =\int \sqrt{1-\phi (t{)}^2}{\phi }^{\prime }(t)dt\\ & =-\int {\sin }^2(t)dt\\ & =-\frac{t}{2}+\frac{1}{4}\sin (2t)+C,\end{array}$$ et en utilisant $\sin (2\alpha )=2\sin (\alpha )\cos (\alpha )$, $$\begin{array}{rl}F(x)& =G({\phi }^{-1}(x))\\ & =-\frac{1}{2}\arccos (x)+\frac{1}{4}\sin (2\arccos (x))+C\\ & =-\frac{1}{2}\arccos (x)+\frac{1}{4}2\sin (\arccos (x))\underset{=x}{\underbrace{\cos (\arccos (x))}}+C\\ & =-\frac{1}{2}\arccos (x)+\frac{1}{2}x\sqrt{1-x^2}+C.\end{array}$$ Dans la dernière ligne, on a utilisé le fait que $\sin (z)⩾0$ si $z\in [0,\pi ]$, et donc $$\begin{array}{rl}\sin (\arccos (x))& =\sqrt{\sin (\arccos (x){)}^2}\\ & =\sqrt{1-\cos (\arccos (x){)}^2}\\ & =\sqrt{1-x^2}.\end{array}$$ Si on avait posé $x=\sin (t)$? Les calculs changent un tout petit peu, mais le cheminement est exactement le même. Détails ici.

Considérons l’intégrale indéfinie $$\int x^3\sqrt{1-x^2}dx.$$ Encore une fois, $x\in [-1,1]$. Si on pose $$x=\phi (t):=\cos (t),\text{avec }t\in [0,\pi ],$$ on obtient $$\begin{array}{rl}G(t)& =\int \phi (t{)}^3\sqrt{1-\phi (t{)}^2}{\phi }^{\prime }(t)dt\\ & =-\int {\cos }^3(t){\sin }^2(t)dt\\ & =-\int {\sin }^2(t)(1-{\sin }^2(t))\cos (t)dt.\end{array}$$ La présence du $\cos (t)$, qui est la dérivée du $\sin (t)$, suggère de faire un deuxième changement de variable, en posant $$\sin (t)=u,$$ qui réduit le problème à l’intégration d’un polynôme en $u$: $$\begin{array}{rl}\int {\sin }^2(t)(1-{\sin }^2(t))\cos (t)dt& =\int u^2(1-u^2)du\\ & =\frac{u^3}{3}-\frac{u^5}{5}+C\\ & =\frac{(\sin (t){)}^3}{3}-\frac{(\sin (t){)}^5}{5}+C.\end{array}$$ Comme $\sin (t)=\sin (\arccos (x))=\sqrt{1-x^2}$, $$F(x)=G(\arccos (x))=-\frac{{\sqrt{1-x^2}}^3}{3}+\frac{{\sqrt{1-x^2}}^5}{5}+C.$$

Considérons l’intégrale indéfinie $$\int \sqrt{1+x^2}dx.$$ Ici, on peut s’inspirer de la relation $$\boxed{1+(\sinh (t){)}^2=(\cosh (t){)}^2,}$$ poser $$x:=\sinh (t),$$ et obtenir $$\boxed{\int \sqrt{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\mathrm{argsinh}(x)+\frac{1}{2}x\sqrt{1+x^2}+C}$$ Voir la vidéo ci-dessus pour les détails. (Il existe d’autres façons de traiter cette primitive: Michael Penn ou blackpenredpen).

Considérons l’intégrale indéfinie $$\int \sqrt{x^2-1}dx|x|⩾1.$$ Si on utilise à nouveau la relation $$\boxed{(\cosh (t){)}^2-1=(\sinh (t){)}^2,}$$ on est mené à poser $$x:=\cosh (t).$$ On trouve: $$\boxed{\int \sqrt{x^2-1}dx=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}x\sqrt{x^2-1}-\frac{1}{2}\mathrm{argcosh}(x)+C& \text{ si }x⩾+1,\\ \frac{1}{2}x\sqrt{x^2-1}+\frac{1}{2}\mathrm{argcosh}(x)+C& \text{ si }x⩽-1.\end{array}}$$ (Voir vidéo)